Exercício 19. ( i ) Mostre que se uma função diferenciável f:(a, b) R tem um único ponto crítico e este é um ponto de mínimo local estrito, então ele é ponto de mínimo global.
(ii) O objetivo deste item é mostrar, com um exemplo, que, em dimensões maiores, a afirmação do item ( i ) não é mais válida. Seja f: R^2 R definida por f(x, y)=x^2(1+y)^3+y^2.
(a) Mostre que (0,0) é o único ponto crítico de f.
(b) Mostre que (0,0) é ponto de mínimo local estrito.
(c) Verifique que f(1,-4)=-11<0. Conclua que (0,0) não é o ponto de mínimo global.
Obs. Um outro contra-exemplo é a função f(x, y)=3 x e^y-x^3-e^3 y, mas não se consegue uma função que seja um polinômio de grau quatro ou menos que que tenha esta propriedade.

Passo 1

O enunciado tem duas partes. No item (i) precisamos mostrar que, se f:(a,b)toR é diferenciável, possui exatamente um ponto crítico c e esse é um mínimo local estrito, então c é mínimo global em (a,b). Para isso usaremos o teste do sinal de f' e monotonicidade. No item (ii) recebemos a função
f(x,y)=x^2(1+y)^3+y^2,
e devemos:
a) mostrar que (0,0) é o único ponto crítico;
b) que (0,0) é mínimo local estrito (usando o Hessiano);
c) calcular f(1,-4) e ver que é negativo, concluindo que (0,0) não é mínimo global em R^2.

Passo 2

(i) Seja c o único ponto crítico de f e suponha que c seja mínimo local estrito. Então f'(c)=0 e existe de<a>0 tal que para todo xin(c-de<a,c+de<a)setminusc vale
f(x)>f(c)
Como f é diferenciável, no intervalo (c,c+de<a) a desigualdade acima implica f'(x)>0 (pois f sobe ao sair de c), e em (c-de<a,c) implica f'(x)<0. Como por hipótese não há outro ponto crítico, f'(x) não muda de sinal em (a,c) nem em (c,b). Logo
f'(x)<0forall xin(a,c), f'(x)>0forall xin(c,b),
o que significa que f é decrescente em (a,c) e crescente em (c,b). Dessa forma, para todo xin(a,b) temos
f(x)>= f(c),
isto é, c é ponto de mínimo global.

Passo 3

(ii-a) Calculamos as derivadas parciais de
f(x,y)=x^2(1+y)^3+y^2
Temos
fx=2x,(1+y)^3, fy=3x^2(1+y)^2+2y
Para um ponto crítico (x,y) precisamos fx=0 e fy=0. Da primeira equação 2x(1+y)^3=0 segue x=0 ou y=-1. Se y=-1, então
fy=3x^2cdot0+2(-1)=-2neq0,
impossível. Logo x=0 e daí fy=2y=0 y=0. Concluímos que o único ponto crítico é (0,0).

Passo 4

(ii-b) Para verificar que (0,0) é mínimo local estrito usamos o Hessiano
Hf(x,y)= fxx & fxy fyx & fyy
Calculando segundas derivadas:
fxx=2(1+y)^3, fxy=6x(1+y)^2, fyy=6x^2(1+y)+2
Em (0,0) isso fica
Hf(0,0)= 2 & 0 0 & 2 ,
que é positiva definida (autovalores 2,2>0). Pelo teste de Sylvester, (0,0) é ponto de mínimo local estrito.

Passo 5

(ii-c) Basta avaliar
f(1,-4)=1^2(1-4)^3+(-4)^2=(-3)^3+16=-27+16=-11<0
Como em (0,0) vale f(0,0)=0, concluímos que há pontos onde f assume valor menor que f(0,0), logo (0,0) não é mínimo global em R^2.

Resposta

(i) Demonstrado que a única possível mudança de monotonicidade em c faz de c mínimo global.
(ii-a) (0,0) é único ponto crítico.
(ii-b) Hessiano positivo definido em (0,0) Rightarrow mínimo local estrito.
(ii-c) f(1,-4)=-11<0 Rightarrow (0,0) não é mínimo global.

Exercícios relacionados